2025届江西省南昌十中高三10月考-数学答案

南昌十中2024-2025学年上学期第一次月考高三数学试题一、单选题：本大题共8个小题，每小题5分，共40分.1. 已知集合， ，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据集合，知或或，从而得，再结合集合的交集运算性质运算即可.【详解】由，得或或，故.因为，所以.故选：B.2. 若复数z满足(其中是虚数单位，)，则“”是“”的（ ）A 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由复数的运算结合模长公式求出，再由充分必要条件定义判断.【详解】由得，，解得或.故“”是“”的必要不充分条件.故选：B3. 若向量，且，则（ ）A. 8B. 8C. 2D. 2【答案】B【解析】【分析】运用向量的坐标运算，结合垂直的坐标结论计算即可.【详解】由题意得.因为，所以，即.故选：B.4. 某同学参加学校组织的化学竞赛，比赛分为笔试和实验操作测试，该同学参加这两项测试的结果相互不受影响.若该同学在笔试中结果为优秀的概率为，在实验操作中结果为优秀的概率为，则该同学在这次测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据独立事件的概率公式与互斥事件的概率加法公式可求概率.【详解】根据题意可得该同学在这次测试中仅有一项测试结果为优秀的概率为：．故选：C.5. 函数的图象如图所示，则如图所示的函数图象所对应的函数解析式可能为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据给定的函数图象，由推理排除CD；由中函数当时，分析判断得解.【详解】由图知，，且当时，，由知，图象过点，且当时，，对于C，当时，，C不可能；对于D，当时，，D不可能；对于A，当时，，而当时，，则，A可能；对于B，当时，，而当时，，则，B不可能.故选：A6. 冰箱空调等家用电器使用了氟化物，氟化物的释放破坏了大气上层的臭氧层，使臭氧量Q呈指数函数型变化．当氟化物排放量维持在某种水平时，臭氧量满足关系式，其中是臭氧的初始量，e是自然对数的底数，t是时间，以年为单位．若按照关系式推算，经过年臭氧量还保留初始量的四分之一，则的值约为（）（ ）A. 584年B. 574年C. 564年D. 554年【答案】D【解析】【分析】根据题意列出方程，指对数互化求解即可．【详解】由题意知，，则，解得年.故选：D．7. 已知数列an满足，对，，都有，为数列an的前n项乘积，若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】依题意，先令，可得，再令，结合，可得，进而判断出数列an是以首项为，公比为等比数列，最后结合等比数列的通项公式即可求值.【详解】因为对，，都有，所以令，有，则有，令，有，又因为，所以，因为，，且，所以，即，所以，则，所以数列an是以首项为，公比为的等比数列，所以，故选：A.8. 已知函数，若不等式对恒成立，则实数a的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的性质，原不等式可转化为，利用函数单调性去掉“”，分离参数求最值即可.【详解】因为.则．所以，易知在R上单调递增，所以有，对恒成立，即，设， 则，则当时，，单调递增，当时，，单调递减，则，所以有，即．故选：D二、多选题：9. 已知变量x，y之间的线性回归方程为，且变量x，y之间的一组相关数据如表所示，则下列说法正确的是（ ）x681012y6m32A. 变量x，y之间呈现负相关关系B. C. 可以预测，当时，y约为2.6D. 由表格数据知，该回归直线必过点【答案】ACD【解析】【分析】根据回归直线斜率知A正确；利用回归直线必过样本中心点可构造方程求得，可知B错误，D正确；将代入回归直线知C正确.【详解】对于A，由，得，故呈负相关关系，故A正确；对于B，，，，解得，故B错误；对于C，当时，，故C正确；对于D，由得，回归直线必过点，即必过点，故D正确.故选：ACD10. 记的内角的对边分别为，且，的面积为，则的周长可能为（ ）A. 8B. C. 9D. 【答案】AB【解析】【分析】由正弦定理得，由三角形面积公式得，进而得出，再根据余弦定理求得或，即可求解．【详解】由正弦定理得，得，则，由，得，所以，由余弦定理，得或17，所以或，所以的周长为8或，故选：AB．11. 在圆锥中，为高，为底面圆的直径，圆锥的底面半径为，母线长为，点为的中点，圆锥底面上点在以为直径的圆上（不含两点），点在上，且，当点运动时，则（ ） A. 三棱锥的外接球体积为定值B. 直线与直线不可能垂直C. 直线与平面所成的角可能为D 【答案】AD【解析】【分析】由条件结合线面垂直判定定理证明平面，由此证明，再证明点为三棱锥的外接球球心，判断A，证明平面，由此证明，判断B；证明平面，由此可得为直线与平面所成的角，解三角形求其正弦，判断C，证明，解三角形求，结合基本不等式求其范围，判断D.【详解】连接，对于A，易知平面，平面，所以，因为点在以为直径的圆上（不含、），所以，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，为的中点，，所以，所以点为三棱锥的外接球的球心，所以三棱锥的外接球的半径为r=1，所以三棱锥的外接球体积为定值，A正确；由已知，，，，所以，所以为等腰直角三角形，连接，又为的中点，故，又，，平面，平面，则平面，又平面，所以，故B错误；因为平面，又平面，所以，又，，平面，平面，则平面，所以在平面上的射影为，所以为直线与平面所成的角，设，则，又，所以，所以，令，则，解得，即，与矛盾，C错误；对于D中，因为平面，平面，所以，又，，所以，所以，，由基本不等式可得，即，所以，D正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：解决多面体的外接球问题的关键在于由条件确定其外接球的球心的位置，由此确定外接球的半径.三、填空题：12. 已知随机变量，若，则实数a的值为________．【答案】2【解析】【分析】根据正态分布的对称性求解.【详解】由题意得，，解得．故答案为：213. 圆的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，则原点到直线的距离为______．【答案】【解析】【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离.【详解】圆的圆心为，故即，由可得，故或（舍），故，故直线即或，故原点到直线的距离为，故答案为：14.对于任意的，函数满足，函数满足.若，，则______.【答案】2【解析】【分析】利用赋值法先判定的周期性，化，再利用赋值法计算即可.【详解】令，得，则或（与矛盾舍去）.令，得，则，则，则，则.又因为，所以，则，从而.故答案为：2【点睛】思路点睛：抽象函数的性质问题通常用赋值法，通过巧妙赋值先判定的周期性，再利用赋值法计算函数值即可.四、解答题：15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角B的大小；（2）若，求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理，将边化为角，再根据三角函数公式，即可求解；（2）方法一：首先根据正弦定理将边化为角，再根据（1）的结果，转化为关于角的三角函数关系式，即可求解；方法二：将边的关系代入余弦定理，得到，再代入余弦定理求，即可求解.【小问1详解】由及正弦定理得，.因为，所以，则，即.因为B0,，所以.【小问2详解】方法一：由和正弦定理，得，即.，即，则得.方法二：根据余弦定理得，则.，则角A是锐角，故，则.16. 某工厂生产一种零件，该零件的质量分为三种等级：一等品、二等品和次品.根据历史数据，该工厂生产一等品、二等品和次品的概率分别为0.7，0.2和0.1.现对一批刚生产出来的零件进行质量检测，检测方式分为两种：自动检测和人工抽检，自动检测能将一等品全部正确识别，但有5%的概率将二等品误判为次品，有15%的概率将二等品误判为一等品，也有10%的概率将次品误判为二等品.（1）求在自动检测下，一个被判断为次品的零件实际上就是次品的概率（2）假设零件先经过自动检测，若判断为一等品，则进行人工抽检；若判断为二等品或次品，则直接淘汰.求人工抽检一个零件，该零件恰好是一等品的概率.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先由互斥事件和的概率与条件概率计算，再由条件概率计算即可；（2）根据条件概率公式求解即可.【小问1详解】设事件表示“零件是次品”，表示“自动检测判断零件为次品”，事件分别表示零件是一等品、二等品，则，则.所以在自动检测下，一个被判断为次品的零件实际上就是次品的概率为.【小问2详解】设事件表示“零件需要进行人工抽检”，表示“人工抽检的零件为一等品”，，所以人工抽检一个零件，该零件恰好是一等品的概率为.17. 如图，在四棱锥中，，，平面平面为中点． （1）求证：平面；（2）点在棱上，与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析 （2）．【解析】【分析】（1）应用面面垂直性质定理证明线面垂直；（2）先应用空间向量法计算线面角得出参数，再计算二面角即可.【小问1详解】由题意：，同理，又．而，即又平面平面，平面平面平面，平面平面，又，且面面平面．【小问2详解】以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设，有，取面的一个法向量，则，故．令是平面的一个法向量，则，即令，有，则，故平面与平面夹角的余弦值为．18. 已知点P为圆 上任意一点， 线段PA的垂直平分线交直线PC于点M，设点M 的轨迹为曲线H.（1）求曲线H的方程;（2）若过点M 的直线l与曲线H的两条渐近线交于S，T两点，且M 为线段ST的中点.(i)证明：直线l与曲线H有且仅有一个交点；(ii)求 的取值范围.【答案】（1） （2）( i )证明见解析，( ii) 【解析】【分析】(1) 由双曲线的定义进行求解；(2) ( i ) 设，求出，由直线l与曲线H方程进行求解；（ii）由，则利用基本不等式求解．【小问1详解】M为的垂直平分线上一点, 则 ，则点M的轨迹为以为焦点的双曲线, 且， 故点M的轨迹方程为【小问2详解】( i ) 设，双曲线的渐近线方程为：，如图所示：则，，+得， ， -得， ，则，得由题可知，则，得，即，直线的方程为，即，又点M在曲线H上，则 ，得，将方程联立，得，得，由，可知方程有且仅有一个解，得直线l与曲线H有且仅有一个交点. （ii）由（i）联立 ，可得，同理可得， ，则 ，故，当且仅当，即时取等号. 故的取值范围为．【点睛】关键点点睛：第二问中的第2小问中，先要计算，再由基本不等式求解范围．19. 给出以下三个材料：若函数可导，我们通常把导函数的导数叫做的二阶导数，记作.类似的，函数的二阶导数的导数叫做函数的三阶导数，记作，函数的三阶导数的导数叫做函数的四阶导数……，一般地，函数的阶导数的导数叫做函数的n阶导数，记作，；若，定义；若函数在包含的某个开区间上具有任意阶的导数，那么对于任意有，我们将称为函数在点处的泰勒展开式.例如在点处的泰勒展开式为根据以上三段材料，完成下面的题目：（1）求出在点处的泰勒展开式；（2）用在点处的泰勒展开式前三项计算的值，精确到小数点后4位；（3）现已知，试求值.【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）利用阶泰勒展开式的定义，可求，（2）由（1）可求；（3）由（1）可得，进而可得，结合已知可得结论.【小问1详解】，，，，所以，，，，由所以【小问2详解】由（1）可得【小问3详解】因为，对，两边求导可得：，所以，所以，比较中的系数，可得：，所以.【点睛】关键点睛：本题考查了导数中的新定义问题，关键是审题时明确阶泰勒展开式的具体定义；第三问关键在于用阶泰勒展开式表示.